新教材高中物理第二章机械振动水平测评新人教版选择性必修第一册

其次章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2024·辽宁沈阳高二期中)简谐运动是下列哪一种运动()A．匀变速运动 B．匀速直线运动C．非匀变速运动 D．匀加速直线运动答案C解析简谐运动的加速度是变更的，故C正确。2．如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一记录用的铅笔P，在下面放一条白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，铅笔P就在纸带上画出一条振动曲线。若振动曲线如图乙所示，由图像推断下列说法正确的是()A．振子偏离平衡位置的最大距离为10cmB．1s末到5s末振子的路程为10cmC．2s末和4s末振子的位移相等，运动方向也相同D．振子在2s内完成一次往复性运动答案A解析由图像可知振子偏离平衡位置的最大距离为10cm，A正确；1s末到5s末振子的路程是振子运动路径的总长，为40cm，故B错误；2s末和4s末振子的位移均为零，位移相同，2s末振子向负方向运动，4s末振子向正方向运动，运动方向相反，故C错误；振子在4s内完成一次往复运动，D错误。3．A、B两个单摆，A摆的固有频率为f，B摆的固有频率为4f，若让它们在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，那么A、B两个单摆比较()A．A摆的振幅较大，振动频率为fB．B摆的振幅较大，振动频率为5fC．A摆的振幅较大，振动频率为5fD．B摆的振幅较大，振动频率为4f答案B解析A、B两个单摆均做受迫振动，其振动频率应等于驱动力的频率5f，因B摆的固有频率更接近驱动力的频率，故B摆的振幅较大，B正确，A、C、D错误。4．有一个弹簧振子，振幅为0.8cm，周期为0.5s，初始时具有正方向的最大位移，则它的振动方程是()A．x＝8×10－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt＋\f(π,2)))mB．x＝8×10－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt－\f(π,2)))mC．x＝8×10－1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt＋\f(3π,2)))mD．x＝8×10－1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,2)))m答案A解析简谐运动的一般表达式为x＝Asin(ωt＋φ)。依据题意知A＝0.8cm＝8×10－3m，T＝0.5s，ω＝eq\f(2π,T)＝4πrad/s；初始时刻具有正方向的最大位移，即初相位φ＝eq\f(π,2)，则振动方程为x＝8×10－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt＋\f(π,2)))m，A正确。5．如图所示为同一试验室中两个单摆的振动图像，从图中可知，两摆的()A．摆长相等 B．振幅相等C．摆球质量相等 D．摆球同时变更速度方向答案A解析由图像可知，两摆的振幅不同。周期相同，说明摆长相同，速度方向不是同时变更，所以A正确，B、D错误；据图中信息无法推断摆球质量关系，C错误。6．如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20cm，弹簧处于原长时，弹簧振子处于图示P位置，若将质量为m的振子向右拉动5cm后由静止释放，经0.5s振子第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是()A．该弹簧振子的振动频率为1HzB．若向右拉动10cm后由静止释放，经过1s振子第一次回到P位置C．若向左推动8cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是2sD．在P位置给振子随意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20cm，总是经0.5s速度就降为0答案D解析由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×4s＝2s，振动频率为0.5Hz，A错误。弹簧振子的周期由振动系统本身确定，与振幅无关，故只要振子的最大位移不超过20cm，即弹簧形变在最大限度内，则振子的振动周期仍为2s；由此可知，若向右拉动10cm后由静止释放，经过eq\f(1,4)T＝0.5s振子第一次回到P位置；若向左推动8cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是eq\f(T,2)＝1s；在P位置给振子随意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20cm，总是经eq\f(T,4)＝0.5s到达最大位移处，即速度降为0；综上，B、C错误，D正确。7．一弹簧振子的振幅为A，周期为T＝4t0。若振子从平衡位置处起先经过eq\f(t0,3)时间时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子在位移为eq\f(A,3)时加速度大小和动能分别为a2和E2，则a1、a2和E1、E2的大小关系为()A．a1>a2，E1<E2B．a1>a2，E1>E2C．a1<a2，E1<E2D．a1<a2，E1>E2答案A解析振子由平衡位置到最大位移处速度不断减小，加速度不断增大，由x＝Asineq\f(2π,T)t和T＝4t0知，当t＝eq\f(t0,3)时，x＝eq\f(A,2)>eq\f(A,3)，故a1>a2，E1<E2，A正确。8.(2024·山西省两校高二月考)某同学在探讨单摆的受迫振动时，得到如图所示的共振曲线。横轴表示驱动力的频率，纵轴表示稳定时单摆振动的振幅。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．由图中数据可以估算出单摆的摆长B．由图中数据可以估算出摆球的质量C．由图中数据可以估算出摆球的最大动能D．假如增大该单摆的摆长，则曲线的峰将向右移动答案A解析从单摆的共振曲线可以得出单摆的固有频率，单摆的固有频率等于振幅最大时的驱动力的频率，依据单摆的固有频率可以计算出单摆的固有周期，依据单摆的周期公式可以算出单摆的摆长，A正确；从单摆的固有周期无法计算出单摆的摆球质量和摆球的最大动能，B、C错误；假如增大单摆的摆长，单摆的周期增大，频率减小，曲线的峰将向左移动，D错误。9．如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向。图乙是它的速度v随时间t变更的图像。下列说法中正确的是()A．t＝2s时刻，振子的位置在O点左侧4cm处B．t＝3s时刻，振子的速度方向向左C．t＝4s时刻，振子的加速度方向向右且为最大值D．振子的周期为8s答案BCD解析依据题图和正方向的规定可知，t＝2s时刻，速度最大，振子处于平衡位置，A错误；t＝3s时刻，振子的速度方向向左，B正确；t＝4s时刻，速度为零，振子在左边最大位移处，加速度方向向右且为最大值，C正确；从题图乙可知，振子的周期为8s，D正确。10．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像。已知甲、乙两个振子质量相等。则()A．甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cmB．甲、乙两个振子的相位差总为πC．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大答案AD解析两振子的振幅A甲＝2cm，A乙＝1cm，A正确；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错误；前2s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错误；第2s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。11．一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐运动，由传感器测出拉力F随时间t的变更图像如图所示，下列推断正确的是()A．小球振动的周期为2sB．小球速度变更的周期为4sC．小球动能变更的周期为2sD．小球重力势能变更的周期为4s答案BC解析小球运动的过程中在最低点拉力最大，最大位移处拉力最小，在一个周期内两次经过平衡位置，所以小球振动的周期为4s，故A错误；小球速度变更的周期等于小球做简谐运动的周期4s，故B正确；小球做简谐运动，经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此两点速度大小相等，方向相反，因为动能只有大小没有方向，所以动能的变更周期等于小球的振动周期的一半，为2s，故C正确；简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此两点速度大小相等，方向相反，高度关于平衡位置对称，所以重力势能的变更周期为2s，故D错误。12．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m；t＝eq\f(4,3)s时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m。该振子的振幅和周期可能为()A．0.1meq\f(8,3)sB．0.1m8sC．0.2meq\f(8,3)sD．0.2m8s答案ACD解析若振幅A＝0.1m，T＝eq\f(8,3)s，t＝0时，x＝－0.1m，则t＝eq\f(4,3)s＝eq\f(T,2)时刻，有x＝0.1m，t＝4s时刻，即再经过Δt＝4s－eq\f(4,3)s＝eq\f(8,3)s＝T，有x＝0.1m，如图甲所示，A正确；若A＝0.1m，T＝8s，t＝0时，x＝－0.1m，则t＝eq\f(4,3)s＝eq\f(T,6)时刻，不行能有x＝0.1m，所以B错误；若A＝0.2m，T＝eq\f(8,3)s，t＝0时，x＝－0.1m，则t＝eq\f(4,3)s＝eq\f(T,2)时刻，可能有x＝0.1m，t＝4s时刻，即再经过Δt＝4s－eq\f(4,3)s＝eq\f(8,3)s＝T，可以有x＝0.1m，如图乙所示，C正确；若A＝0.2m，T＝8s，t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m，则t＝eq\f(4,3)s＝eq\f(T,6)时刻，可能有x＝0.1m，t＝4s时刻，即再经过Δt＝4s－eq\f(4,3)s＝eq\f(8,3)s＝eq\f(T,3)，可以有x＝0.1m，如图丙所示，D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、试验题(本题共2小题，共14分)13．(6分)如图所示为用单摆测重力加速度的试验。(1)(多选)为了减小误差，下列措施正确的是________。A．摆长L应为线长与摆球半径的和，且在20cm左右B．在摆线上端的悬点处，用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线C．在铁架台的竖直杆上固定一个标记物，且尽量使标记物靠近摆线D．计时起点和终点都应在摆球的最高点，且测不少于30次全振动的时间(2)某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T＝________，当地的重力加速度g＝________。答案(1)BC(2)eq\f(t,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2nπ,t)))2L解析(1)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1m左右为宜，A错误；为使试验过程中摆长不变，悬点处用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线，B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标记物，且尽量使标记物靠近摆线可减小计时误差，C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D错误。(2)由t＝nT知单摆的周期T＝eq\f(t,n)。由T＝2πeq\r(\f(L,g))得g＝eq\f(4π2L,T2)，将T代入得g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2nπ,t)))2L。14．(8分)某同学在做“利用单摆测重力加速度”试验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则：(1)该摆摆长为________cm，秒表所示读数为________s。(2)假如他测得的g值偏小，可能的缘由是()A．测摆长时摆线拉得过紧B．摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．起先计时时，秒表过迟按下D．试验中误将49次全振动数记为50次(3)为了提高试验精度，在试验中可变更几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值。再以l为横坐标，T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)。答案(1)98.5099.8(2)B(3)eq\f(4π2,k)解析(1)摆长l＝(97.50＋1.00)cm＝98.50cm；从秒表的分针可读得90s(1.5分钟)，从秒针可读得9.8s，因此秒表示数t＝90s＋9.8s＝99.8s。(2)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知：g＝eq\f(4π2,T2)l，测摆长时摆线拉得过紧，摆长偏大，所测g偏大，故A错误；摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测T偏大，g偏小，故B正确；起先计时时，秒表过迟按下，所测T偏小，g偏大，故C错误；试验中误将49次全振动数记为50次，所测T偏小，g偏大，故D错误。(3)由T2＝eq\f(4π2l,g)，得eq\f(T2,l)＝eq\f(4π2,g)＝k，故g＝eq\f(4π2,k)。三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(6分)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块。将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T。答案2πeq\r(\f(m,k))解析设l为物块平衡时弹簧的伸长量，由力的平衡条件有：kl＝mg依题意：T＝2πeq\r(\f(l,g))联立解得T＝2πeq\r(\f(m,k))。16.(8分)如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100g，mB＝500g，系统静止时弹簧伸长x＝15cm，未超出弹性限度。若剪断A、B间细绳，则A在竖直方向做简谐运动。求：(1)A球的振幅多大？(2)A球的最大加速度多大？(g取10m/s2)答案(1)12.5cm(2)50m/s2解析(1)设只挂A时弹簧伸长量x1＝eq\f(mAg,k)。由(mA＋mB)g＝kx，得k＝eq\f(mA＋mBg,x)，即x1＝eq\f(mA,mA＋mB)x＝2.5cm。振幅A＝x－x1＝12.5cm。(2)剪断细绳瞬间，A受最大弹力，合力最大，加速度最大。F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAam，am＝eq\f(mBg,mA)＝50m/s2。17．(12分)如图所示，为一弹簧振子的振动图像。求：(1)该振子做简谐运动的位移表达式；(2)在0.7～0.9s内，该振子的回复力、动能、势能如何变更？在0.9～1.1s内，该振子的加速度、速度、机械能如何变更？(3)该振子在0～10s内的路程是多少？10s时位移是多少？答案(1)x＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)πt－\f(3,4)π))cm(2)见解析(3)200cm2eq\r(2)cm解析(1)由图可知，A＝4cm，T＝0.8s，t＝0.1s时，x＝－4cm故4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.8)×0.1＋φ0))＝－4，解得φ0＝－eq\f(3,4)π，故该振子做简谐运动的位移表达式为x＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋φ0))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)πt－\f(3,4)π))cm。(2)在0.7～0.9s内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，回复力沿正方向且增大，动能减小，势能增大；在0.9～1.1